浙江大学控制理论作业答案三.docx
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浙江大学控制理论作业答案三
控制理论第五章习题
5-1设一线性系统的传递函数为
s24s20（s2j4）（s2j4）
5-1
试绘制该系统的幅频和相频特性曲线。
解令sj2，代入式（5-1），得
G（j2）
1.2536.8
10（j21）
（j22j4）（j22j4）
10詣63.4
（,4071.6）（.845）
上述结果表明，2时，频率特性的幅值G（j2）1.25，相角36.8。
给出不同的
频率值，重复上述的计算，就可求得对应的一组G（j）和（）值。
据此，也可由下面
的MATLAB函数绘制出图5-2所示的幅频特性曲线和相频特性曲线。
functionexe51
G=tf（10*[1,1],[1,4,20]；
X=[]；Y=[]；w=logspace（-1,1,100）；
[x,y,w]=bode（G）；
%X=[X,x'];Y=[Y,y']；
figure
（1）,plot（w,x（:
））,axis（[0,10,0,3]）,xlabel（'频率（弧度）'）,ylabel（
幅值’）；
figure
（2）,plot（w,y（:
））,axis（[0,10,-120,40]）,xlabel（'频率（弧度）
'）,ylabel（'相角'）
5-2试绘制下列开环传递函数的奈奎斯特曲线:
G（s）H（s）
10
（1s）（10.1s）
解该开环系统由三个典型环节串联组成：
一个比例环节G1（s）K、两个一阶惯性环
节G2（s）丄和
1s
G3（s）
1。
这三个环节的幅、相频率特性分别为
0.1s
G（j
10
G2（j
1ejarctg一厂2
G3（j
1j0.1
jarctg0.1
-e
.1（0.1）2
因而开环系统的幅频特性为
G（j）H（j
10
12.1（0.1）2
相频特性为
（）arctgarctg0.1
取不同的频率值，可得到对应的幅值和相
角，根据这些值可得图5-3所示的开环系统的
NyquistDiagrams
From:
U
（1）
RealAxis
图5-3开环系统的奈氏图
奈氏图。
事实上，MATLAB^有专门的函数Nyquist用于绘制开环系统的极坐标图。
g=tf（10,conv（[1,1],[0.1,1]））
Transferfunction
10
0.1sA2+1.1s+1
Nyquist（g）
5-3已知0型系统、I型系统和
II型系统的开环传递函数分别为
Go（s）
K
3
（1s）
G（s）
10
s（1s）
G2（S）
10
s2（1s）
试绘制它们对应的奈氏图。
解0型系统的频率特性为
G（j）
K
2）3
式中：
（）3arctg。
分别取K5或10，计算出不同值时的G（j）和（），可
得图5-15所示的奈氏图。
根据第三章劳斯判据可知，K5时闭环系统稳定，表现在奈氏
图上是极坐标图不包围（一1,j0）,这与后面将介绍的奈氏稳定判据是一致的。
I型系统的频率特性为
Nyquist
8
2■斗
—
■
6
/
K=1
0
4
K
、=5
2
X
（
•rh、
\
0
Imagina
iry
I
.■
i
i
I
G（j
10
10j（）
）12
式中：
（）
90
arctg
。
将上式改写为
G（j
10
2?
j
2・
_J
2・
j
10
由上式可知，当
0时，G（j0）10j
，即G（j0）
90；当
时,
G（j）0
180，据此可得图5-5所示的奈氏图。
n型系统的开环频率特性为
G（j）210—ej（）
（j）2（1j）2訥2
式中：
（）180arctg。
将上式改写为
G（j）
101j
10.10
2（12）j3
212
由上式可知，当
0时，G（j0）
j；当时，G（j）0
270，与
正虚轴相切，据此可得图5-6所示的奈氏图。
由于采用了MATLAB法，对于I、II型系统在无穷远处的极坐标无法在图中标明，但从
图中可以看到，当频率接近零时，对于I型系统，极坐标曲线渐近于平行于虚轴的-10线，
NyquistDiagrams
From:
G2
NyquistDiagrams
From:
G3
而对于II型系统则无此性质，这一点可将幅值频率特性写成实频、虚频形式得到验证。
50
40
30
20
10
0
-10
-20
-30
-40
-50
-15-10-50
图5-5I型系统的奈氏图
5-4已知一反馈控制系统的开环传递函数为
G（s）H（s）号耳豐
s（10.5s）
试绘制开环系统的伯德图。
解1）系统的开环频率特性为
G（j）
10（1宙
j（1j2）
由此可知，该系统是由比例、积分、微分和惯性环节所组成。
它的对数幅频特性为
L（）
Li（）L2（）
L3（）L4（）
20lg1020Ig
（10）
系统的相频特性为
1（）2（）
3（）4（）
90
arctg2a盹兀
V1，则渐近线的斜率为
2时，由于惯性环节对信号
2）系统的转折频率分别为2和10。
3）作出系统的对数幅频特性曲线的渐近线。
在低频段,
20dB/dec。
在1处，其幅值为20lg1020dB;当幅值的衰减任用，使分段直线的斜率由20dB/dec变为40dB/dec；同理，当10时,由于微分环节对信号幅值的提升任用，使分段直线的斜率上升20dB/dec，即由
40dB/dec变为20dB/dec。
4）对幅频特性曲线进行修正。
5）作系统相频特性曲线，先求1（）~4（），然后叠加。
101010
图5-7开环系统的频率特性
系统伯德图如图5-7所示。
用MATLA爵句绘制Bode图的程序为
%exe5_4functionexe5_4
G=tf（10*[0.1,1],conv（[1,0],[0.5,1]））；%寻到传递函数
[xO,yO,w]=bode（G）；%由Bode函数获取幅值和相角
[x,y]=bode_asymp（G,w）；%得到转折频率subplot（211）,semilogx（w,20*log10（x0（:
））,x,y）；%画幅频曲线和渐近线
subplot（212）,semilogx（w,y0（:
））；%现相频曲线
5-5系统的开环传递函数为
G（s）H（s）
（s0.5）（s1）（s2）
试用奈氏判据判别闭环系统的稳定性。
解当由变化时，G（j）H（j）曲线
如图5-8所示。
因为G（s）H（s）的开环极点为-0.5、
5-6反馈控制系统的开环传递函数为
10G（S）H（S）s（1s）（s2）
试判别该系统的稳定性。
rtxav^anlaaH
6
&5432X00匚1
--------
-5
-3
-2
-1和-2，在s的右半平面上没有任何极点，即P=0，由图5-39可知，奈氏曲线不包围（-1,j0）点，因此N=0,则Z=N+P=0。
所以，该闭环系统是稳定的。
RealAxis
图5-9
解由于该系统为I型系统，它在坐标原点处有一个开环极点，在s平面上的奈氏轨线
如图5-9所示。
该图的C2部分在GH平面上的映射曲线为一半径为无穷大的半圆，若将它
与图5-9的奈氏曲线G（j）H（j）相连接，则有N=2，而系统的P=0,因而Z=2,即闭
环系统是不稳定的，且有2个闭环极点位于s的右半平面。
5-7已知系统的开环传递函数为
G（S）H（S）
K（T2s1）
s2仃iS1）
试分析时间常数「和T2的相对大小对系统稳定性的影响，并画出它们所对应的奈氏图。
解由系统的开环传递函数得
G（j）H（j）
KJ（T2）2
2,1（T1）2
（）180
arctgT2arctgT1
根据以上两式，在T|T2,£T2和T|T2三种情况下的G（j）H（j）曲线如图5-43
所示。
当「T2时，G（j）H（j）曲线不包围（-1,j0）点，闭环系统稳定。
当「T2时，
G（j）H（j）曲线通过（-1,j0）点，说明闭环极点位于j轴上，闭环系统不稳定。
当
TiT2时，G（j）H（j）曲线以顺时针方向包围（-1,j0）点旋转两周，这意味着有2个
闭环极点位于s右半平面上，闭环系统不稳定。
4T1T2b）T1T2c）T1T2
图5-10
5-8已知一单位反馈系统的开环传递函数为
G（s）H（s）
K
Ts1
试用奈氏判据确定该闭环系统稳定的
K值范围。
解该系统是一个非最小相位系统，其开环系统的幅频特性和相频特性为
G（j）百却
（）180arctg
图5-11非最小相位系统奈氏图
和惯性环节一样，它的奈氏图也是
曲线如果以逆时针方向围绕（-1,
示。
由于系统的P=1,当由
=-1，则Z=1—1=0,表示闭环系统是稳定的。
由图5-11
可见，仅当K>1时映射曲线才会对（-1,j0）点产生围
绕，所以系统稳定的条件是
5-9设一时滞控制系统如图
5-12所示。
已知图中的G1（s）
1/s（s1）（s2），试分
析滞后时间对系统稳定性的影响。
解系统的开环传递函数为
G（s）s^
s
e
1）（s2）
s
GMs）e
（5-14）
R（S）.
图5-13给出了值为
0、2、4时的式（5-14）
―>
G1（s）
——►
se
C（s）.
图5-12时滞控制系统
的奈氏曲线。
由图可见,
当滞后时间
0时,
系统相当于无时滞环节,
G,j）不包围（-1,
j0），闭环系统稳定;
2时，G（j）刚好经过
j0）,系统处于临界稳定状态；当
4时，G（j）包围
（-1,j0）点，闭环系统不稳定。
可见，时滞时间的增大,
（-1,
0.3
0.3
0.1r
0.1
图5-13
0.
对控制系统的稳定性是极为不利的。
5-10已知单位负反馈最小相位系统A的开环频率特性曲线如图所示，
（1）试求系统A的开环传递函数，并计算相位裕量；
（2）如把曲线1的abc改为ab'c而成为系统B,试定性比较A与B的性能。
（1）系统的传递函数为
G（s）
K（2s1）
s（4s1）（0.5s1）（0.2s1）
由于-
L
（1）20lgK20lg120lg.12220Ig.1
42
20lgJl0.5220lg£0.220
得K2.1，所以传递函数为
G（s）
2.1（2s1）
s（4s1）（0.5s1）（0.2s1）
（）90arctan2arctan4arctan0.5
arctan0.2
（c）140.43
相位裕量:
180（c）39.57
（2）A是I型系统，B是H型系统，系统B对于阶跃输入和斜坡输入的稳态误差为0,可跟随抛物线函数输入，而系统A对于抛物线函数输入的稳态误差为
5-11
若某二阶环节的
为正值的幅相特性如图所示，图a中A点频
时幅相特性的实部为-2a,a为大于零的常数。
求:
（1）
开环传递函数;
（2）
若a1，试求
（1）
系统开环传递函数为：
-K
1
G（S）莎
由图可知:
KT2a
KT
2a
14T2
0.5
4a
所以，系统开环传递函数为:
G（s）
4a
s（0.5s1）
（2）由于a1
，则3K4a4
由近似对数幅频特性曲线可知：
20lg420lg220lg0.520
22.8
得：
40lg」20lg」
11
得11.96
5-12已知一单位反馈系统的开环传递函数为
K
G（s）
s（10.2s）（10.05s）
试求：
（1）K=1时系统的相位裕量和增益裕量。
（2）要求通过增益K的调整，使系统的增
益裕量20lgKg20dB，相位裕量
40
解1）在g处的开环频率特性的相角为
（g）90arctg0.2g
arctg0.05g
180
arctg0.2garctg0.05g
90
对上式取正切，由三角函数性质得
tg（arctg0.2garctg0.05
0.2g0.05g
0.05g
）g_
g）10.2g
10.2g0.05g0
g10
则在
g处的开环对数幅值为
20lg1（20）2
\20
L（g）20lg120lg1020lg、.'1（*）2
20lg1020lg2.23620lg1.11828dB
20lgKgL（g）28dB
根据
K1时系统的开环传递函数，可知系统的
c1，从而
（c）90arctg0.2arctg0.05104.17
180（c）76
该题也可用MATLAB直接求解，其结果见图5-15。
g=tf（1,conv（[1,0],conv（[0.2,1],[0.05,1]）））
Transferfunction:
0.01sA3+
margin（g）
0.25sA2+s
BodeDiagrams
Gm=27.959dB（at10rad/sec）,Pm=76.103deg.（at0.98015rad/sec）
可见，两者结果完全相同。
同样，也可用[Gm,Pm,Wcg,Wcp]=margin（g）不作图而求出增
益裕量Gm和相位裕量Wcgo
2）由题意得
Kg10，即G（jg）0.1o在
g10处的对数幅值为
20lgK
J102102
20lg1020lg.1（5）20lg1（酉）20lg0.1
上式简化后为
20lgi02.2361.118
20lg0.1
K2.5
根据40的要求，有
（c）90arctg0.2c
arctg0.05c140
arctg0.2carctg0.05c
50
tg（arctg0.2carctg0.05
c）10.0.2cc0（°05cctg50「2
L（c）20lgK20lg4
20lgJ1
220lg.,1（20）220lg1
20lg
41.281.02
20lg1
K5.22
不难看出，K取2.5就能同时满足Kg和的要求。
C（s）1
R（s）3s1
5-13已知二个控制系统的传递函数分别为
系统|:
C（s）丄，系统n：
R（s）s1
试比较两个系统带宽的大小，并验证具有较大带宽的系统比具有较小带宽的系统响应速度快，对输入信号的跟随性能好。
解图5-16a为上述两系统的闭环对数幅频特性曲线，可见，系统I的带宽为01,
系统n的带宽为00.33，即系统I的带宽是系统n带宽的三倍。
图5-16b给出了两系
统的阶跃响应曲线。
显然，系统I较系统n具有较快的阶跃响应，并且前者跟踪阶跃输入的
性能也明显优于后者。
-30
0
^G1
1
G2
BodeDiagrams
-10
-20
-50
在设计系统时,
e
u
p
m
0.2
提高系统响应的
StepResponse
0.8
0.6
0.4
但也不能过大，否则
因其高通滤彼的性质，隔低系统过滤高频噪声的能力10因此频带宽度的选取应互相兼顾。
1215
Time（sec.）
18
Frequency（rad/sec）
5-14某一阶环节的两系统的闭值的对数幅频特曲线如图所示，写出其传递函数。
两系统的单位阶跃响应曲线
卜Im
2
4
2
k
5
解：
设一阶环节的传递函数为:
K
Ts
1
4
4
4
0
1
K
5
1
0
90
2
1
2
1）
1）
0
T0.2
K4
2）
汁0
12
2t21
（2
90arctan
2arctan
G（j）H（j）K
奈氏曲线顺时针包围点（1,j0）一周，且P0,Z1,闭环系统不
稳定。
5-16设开环系统Nyquist曲线如下图所示，要求
（1）判断闭环系统稳定性，并简要说明理由。
（2）如系统不稳定，试求出位于s右半平面的闭环极点数。
、
<<4）岂QO>\
所以,
G（s）0.2s1
应用奈氏判据判断闭环系统的稳定性。
G（j）H（j）
180
arctan
5-15已知系统的开环传递函数为
G（s）H（s）
解：
系统的开环频率特性为:
K（j1）j（j1）
K12K
12-
G（s）
则由图可知:
25T2
G（j）H（j）
G（j）H（j）
解：
（a）Nyquist曲线逆时针包围（-1,0j）2次,N=-2,P=2,z=N+P=0，系统稳定；
（b）Nyquist曲线逆时针包围（-1,0j）0次，N=O,P=O,z=N+P=O,系统稳定；
（c）Nyquist曲线逆时针包围（-1,Oj）0次，N=0,P=2,z=N+P=2,系统不稳定；有2个s右半平面的根；
（d）Nyquist曲线顺时针包围（-1，0j）2次,N=2,P=0,z=N+P=2,系统不稳定；有2个s右半平面的根。
5-17单位反馈系统开环对数幅频特性如右图，试求系统的闭环传递函数（s）。
解：
由Bode图可知:
K（
Gk（j）
1
0-004
1）
.（1■j（0.002j
1）（^^j
0.016
由=0.008时L（）=0dB,即
1o008
|K（o.oo4j0-0081）|K血
L（0.008）20lg
0.004
11
20lg0.004
n0008
|j0.008（Jj0.0081）（1
j0.008
1）|
0.008（0*008）
（1）
0.0020.016
0.002
得K=0.016;结果
0.016（250j1）
k
j（500j1）（62.5j
1）
闭环传递函数为
0.016（250s1）
4s
0.016
（s）
3
2
32
s（500s1）（62.5s1）0.016（250s1）31250s562.5s5s0.016
5-18单位反馈系统开环传递函数为
Gk（s）
90
s（0.1s1）
试求闭环频率特性指标Mr和解：
由
（s）-
1
Gk（S）
G（s）
900
s210s900
得n=30,=0.1667;
=3.042
n.12
=29.154,Mr=
5-19系统开环传递函数为G（s）H（s）
s（s1）（s2）
要求
（1）绘制系统Nyquist
曲线；
（2）从图中求出系统相角裕量和幅值裕量Kg；（3）判断系统稳定性；（4）
使系统稳定的开环放大系数K的范围。
解：
将G（j）H（（j）改写为实部和虚部表达：
G（j）H（（j）
9.3（22）
92（22）2j93
（2）
（一）绘制Nyqusit曲线
（1）=0，在负虚轴方向，渐近线为-2.25；
（2）=+，从-270o方向趋于坐标原点；
⑶与实轴交点：
由虚部为0,得=1.414，代入实部表达式，得与实轴交点：
-0.5；
（4）列表计算几个普通频率点：
⑸绘制Nyqusit曲线。
（二）从图中可得：
40o；Kg=2
（三）是最小相位系统，>0,或Kg=2>1，系统稳定；
（四）此时开环放大系数K=1.5，达到临界稳定需增加2倍，即稳定范围为0或从劳斯判据，得0-3
5-20系统开环传递函数为
Re
5
-j
-2j
0+
（c）
G（s）H（s）
K
s（0.2s1）（0.1s1）
要求
（1）绘制系统K=10时的Bode图；
（2）从图中求出系统的相角裕量、幅值
裕量Kg（dB）和幅值穿越频率c。
（3）为使Kg（dB）=20dB,K应为多大？
（4）为
使=30o,K应为多大？
10
解：
将开环频率特性化为标准形式：
G（j）H（j）一
j（0.2j1）（0.1j1）
（一）绘制Bode图，L（）分段直线;
（）=-90o-arctg0.1-arctg0.2
0.0
1
0.1
1
5
10
100
-90.
-9
-107.
-16
-19
-26
（
17o
1.1
02o
1.6o
8.4o
1.4o
o
）
（2）从图中求得0°,Kg=0（dB），c6.5s-1
（3）向下平移L（）曲线，使Kg（dB）=20dB,移动分贝数为20dB,即K=10
（4）在（）曲线上找到（c'）=-150o的点，向下平移L（）曲线,使L（）曲线过0dB
线的频率为c',量出平移的dB数L（K*）-6,利用K*=,即可计算K增加的
倍数K*0.5,即卩K=5。
第六章习题
6-1-Go®—，要求kv20
解：
调整k满足稳态性能，再加超前校正满足动态性能
50
m10dB
Go（j）
设k=20
20
j（0.5j1）
低频段3=120lg20=26
转折频率
/s
052
使
c1m
则
220>g
10l
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